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Teorema de Cayley-Hamilton

+4 votos

Problema: Usando la Formula Integral de Cauchy pruebe el Teorema de Cayley-Hamilton.

 

preguntado por Aq Jhs (180 puntos) Oct 15, 2013 en Análisis complejo
¿Es enserio?

1 Respuesta

+3 votos
 
Mejor respuesta
Sea $A\in Mat(n\times n, \mathbb{C})$ y sea $p(z)=\det(z\cdot Id-A)$ su polinomio caracteristico.

Usando el hecho que $(z\cdot Id-A)^{-1} = \sum_{k=0}^\infty \frac{A^k}{z^{k+1}}$ donde la serie converge para $z$ de norma suficientemente grande, se sigue de la formula integral de Cauchy que

$$A^k =  \frac{1}{2\pi i} \int_c z^k (z\cdot Id-A)^{-1} $$

para un circulo $c\subset \mathbb{C}$ de radio suficientemente grande.

 Entonces tenemos que:

$$p(A) = \frac{1}{2\pi i} \int_c p(z)(z\cdot Id-A)^{-1}.$$

por otra parte recordemos que la entrada $(i,j)$ de la inversa de una matriz $B$ es igual a $b^{ij}=\det(B)^{-1}q_{ij}$ donde $q_{ij}$ es un expresion polinomial en las entradas de $B$. Entonces la  entrada $(i,j)$ de $(z\cdot Id-A)^{-1}$ es

$$\det(z\cdot Id-A)^{-1} q_{ij}(z) = p(z)^{-1} q_{ij}(z)$$

donde ahora $q_{ij}(z)$ denota un polinomio en la variable $z$ (cuyos coeficientes son expresiones polinomiales en las entradas de $A$). Ahora usamos nuestra formula integral de arriba entrada por entrada y vemos que:

$$p(A)_{ij} =  \frac{1}{2\pi i} \int_c p(z)((z\cdot Id)^{-1}-A)_{ij} =   \frac{1}{2\pi i} \int_c p(z) p(z)^{-1}q_{ij}(z) =\\
\frac{1}{2\pi i} \int_c q_{ij}(z) =0.$$

La ultima igualdad es porque el residuo de un polinomio es cero. Concluimos entonces que $p(A)=0$.
respondido por Carlos (17,280 puntos) Oct 17, 2013
seleccionada por Aq Jhs Oct 19, 2013
Es agradable encontrar este tipo de aportaciones. Sin embargo, me quedo con la demostración algebraica.
Bueno, esa era la pregunta.
Lo mejor de esta versión es que es posible pasar de matrices a operadores en espacios de Hilbert y de polinomios a funciones enteras.
Bueno, eso es cierto Aq Jhs, no lo había considerado desde ese punto de vista. Saludos _\m/
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